Válogatás a Dürer Verseny feladataiból

Átírás

1 Válogatás a Dürer Verseny feladataiból I. 1. Kupido és Ámor a következ játékkal ütik el az id t: 6 ember közül felváltva kett t-kett t egymásba habarítanak. Az a nyertes, aki el ször létrehoz a saját szerelmeib l egy szerelmi háromszöget. A szerelem kölcsönös, a szerelmi háromszög három olyan emberb l áll, akik közül bármely kett szerelmes egymásba. Bújjatok Kupidó vagy Ámor b rébe, és játszatok a felügyel kkel! Lehetséges-e, hogy a játékban döntetlen, azaz bármely két ember szerelmes egymásba, de sem Kupidó, sem Ámor nem nyert? (II. Dürer Verseny, Dönt, 2009, 7-8. osztályosoknak) 2. Az iskolai focibajnokság egy csoportjában 4 csapat van. A csoportban mindenki mindenkivel egyszer játszik. Gy zelemért 3, vereségért 0, döntetlenért 1 pont jár. A két legtöbb pontot összegy jt csapat jut dönt be (pontegyenl ség esetén pénzfeldobással döntenek). Az egyik csapat edz je a bajnokság megkezdése el tt a következ ket írta a táblára: 1. Ha legalább a pontot elérünk, biztosan továbbjutunk. 2. Legalább b pontot el kell érnünk, hogy legyen esélyünk továbbjutni. 3. A legmagasabb pontszám, amivel kieshetünk: c. 4. d a legmagasabb pontszám, amivel biztosan kiesünk. Mennyi a, b, c és d értéke, ha az edz nem hibázott? (VI. Dürer Verseny, Levelez, 2011, 7-8. osztályosoknak) 3. Adott egy tízes számrendszerbeli irracionális szám tizedestört alakban. Ezt a számot úgy változtathatjuk meg, hogy minden szomszédos számjegypárja közé legfeljebb k új számjegyet szúrhatunk be. Igazoljuk, hogy megválaszthatjuk k-t úgy, hogy a fenti m velet segítségével minden irracionális számot racionálissá tehetünk. Mi a k lehet legkisebb értéke, amellyel ezt még elérhetjük? (IV. Dürer Verseny, Dönt, 2011, osztályosoknak) Megjegyzés: Az el adáson nem hangzott el a következ érdekes kérdés. Ha véletlenszer en választunk egy számot, mennyi az esélye, hogy a választott szám d-kritikus lesz? 4. Le lehet-e fedni egy es négyzetet, a tetrisb l ismert L-bet kkel? És egy es téglalapot -bet kkel? (III. Dürer Verseny, Dönt, 2010, osztályosoknak) 1

2 II. 5. Dürer összes vagyona 10 velencei dukát. udja, hogy a renzei pénzváltóban 3 dukátért cserébe adnak 4 renzei aranyforintot, a velencei pénzváltóban pedig 3 aranyforintért adnak 2 dukátot. Elérheti-e Dürer, hogy legalább 100 dukátja legyen? (VI. Dürer Verseny, Dönt, 2013, osztályosoknak) Megoldás: Sosem gazdagodhat meg Dürer. A bizonyításhoz egy invariáns mennyiséget fogunk bevezetni. Legyen a nálunk lév aranyforintok száma F, a dukátoké pedig D. Vizsgáljuk a következ összeget: S = 3F + 4D. Megmutatjuk, hogy S sosem n az átváltások során. Ennek igazolásához az alábbi két esetet kell megvizsgálnunk: Ha forintot váltunk, akkor az összeg 3 ( 3)+4 (+2) = 9+8 = 1-gyel változik, azaz csökken. Ha dukátot váltunk, akkor az összeg változása 3 (+4) + 4 ( 3) = = 0, azaz az összeg nem változik. ehát S valóban nem n a folyamat során. Kezdetben 40 volt. Ha 100 dukátunk van, akkor S = 400, így valóban nem érhetjük el, hogy 100 dukátunk legyen. 6. Niki, Viktória és Gy z játszanak. Felváltva lépnek, egy lépésben 1-et vagy 2-t adnak hozzá az aktuális számhoz. A játék 0-ról indul, a játékot Niki kezdi, és utána Viktória, Gy z, Niki, stb. sorrendben folytatják. Az nyer, akinél az összeg éppen 100 lesz. A második helyezett pedig a gy ztes után sorban következ személy lesz (például, ha Gy z nyer, akkor Niki a második és Viki a harmadik). Ki nyer, ha mindenki a lehet legjobb stratégiával játszik, és a lehet legjobb helyezésre törekszik? (III. Dürer Verseny, Levelez, 2010, 7-8. osztályosoknak) Megoldás: Indukciót fogunk alkalmazni. Vizsgáljuk meg azokat a(z egyszer bb) játékokat, ahol az elérend összeg kisebb. Legyenek az elérend összegek rendre 1, 2,... k 1. Készítsünk egy táblázatot, és írjuk az elérend összegek mellé, hogy melyik játékos nyeri az adott játékot. A neveik helyett - a kés bbi könnyebb érthet ség kedvéért - azt írjuk, hogy hanyadikként kezdték a játékot. Sorban megvizsgálva a kisebb eseteket a következ adódik: Cél hely I. I.... I. II.? 2. hely II. II.... II. III.? Mi a helyzet 12 esetén? A kezd játékos lépése tízféle lehet. A kezd az elérend összeget (azaz a 12-t) a 11, 12, 13,... 2 számok valamelyikére csökkentheti. Az els játékos lépése után, a második játékos (azaz Viki) kerül a kezd helyzetébe. Nézzük meg, hogy melyik számnál ki nyer. A 2-t l 10-ig a kezd nyer (azaz jelen esetben Viki), 11-nél pedig a kezd t követ második játékos (azaz jelen esetben Gy z ). Niki a két lehet ség közül a neki kedvez bbet választja, tehát egyet mond, ezzel Gy z nyer, pedig a második helyen végez. Ezzel a logikával folytassuk a táblázat kitöltését. 2

3 Cél k k-2 k-1 k 1. hely I. I.... I. II. III. I.... I. II. III.... I.... I. II. 2. hely II. II.... II. III. I. II.... II. III. I.... II.... III. III. Miért is így néz ki a táblázat? Nézzük, hogy mi a helyzet, ha az elérend összeg k. együk fel, hogy (k 1)-ig már tudjuk. A kezd játékos lépése tízféle lehet. Azaz az aktuális elérend számot a k 1, k 2,... k 10 számok valamelyikére csökkentheti. Most használjuk az indukciós feltevést. Az els játékos lépése után, a második játékos (azaz Viki) kerül a kezd helyzetébe. Vizsgáljuk meg, hogy melyik esetben ki nyerhet. Ha az elérend cél k 2, k 3,..., k 10 számok valamelyikére módusol, akkor a kezd játékos nyer, azaz jelen esetben Viki. A k 1-es esetben pedig a második játékos azaz Viki nyer. Niki a két lehet ség közül nyilván azt választja, amikor nyer, tehát egyet mond. Hasonló okoskodással könnyen kitölthetjük a fenti táblázatot. Így könnyen adódik a tizenkettes ciklust, eszerint ha 100 az összeg, akkor az I. játékos, azaz Niki nyer. Megjegyzés: A fenti bizonyítás bár meggy z en hangzik, sajnos hibás. Ennek részletes leírása sajnos meghaladja ennek a jegyzetnek a kereteit, de érdemes önállóan végiggondolni. 7. Egy táblázatban, amelynek 3 sora és n oszlopa van, véletlenszer en elhelyeztünk n fehér, n piros és n fekete korongot. Soron belül a korongokat átrendezhetjük. Igazoljuk, hogy ekkor mindig elérhet, hogy minden oszlopban 3 különböz szín korong legyen. (III. Dürer Verseny, Dönt, 2010, osztályosoknak) Megoldás: Elég megmutatnunk, hogy egy tetsz leges 3 n-es téglalapnál el tudjuk érni, hogy az els oszlopban csupa különböz szín korong legyen. Hiszen ha ezt tudjuk, akkor teljes indukcióval már könnyen beláthatjuk az állítást Írjuk minden szín mellé, hogy melyik sorokban szerepelnek: fehér fekete piros Minden színhez rendeljük hozzá, hogy melyik sorból szeretnék kiválasztani egy olyan szín korongot. Az a cél, hogy minden sort pontosan egyszer válasszunk ki, hiszen ekkor tudjuk úgy permutálni a sorokat, hogy az els oszlopban 3 különböz szín korong legyen. A fenti táblázat egy rossz kiválasztást mutat. Viszont könnyen belátható (esetszétválasztással), hogy minden lehetséges táblázatban hozzá tudjuk rendelni a sorokat a színekhez, hogy minden sort pontosan egyszer válasszunk ki. Ennek precíz belátását az Olvasóra bízzuk. A fenti példához mutatunk egy jó kiválasztást: fehér fekete piros Ez a megoldás nem mutatja meg a feladat lényegét, nem tudunk meg semmit arról, hogy min is múlik a bizonyítás (ezért nem is részleteztük). Most viszont egy általánosabb feladatot fogunk belátni. 3

4 Legyen a téglalap k n-es, és legyenek a korongjaink k szín ek. Most is elég megmutatnunk, hogy tuduk úgy cserélgetni a korongokat, hogy az els oszlopban különböz szín ek álljanak. Változtassuk meg a táblázatos ábrázolást, és készítsünk egy páros gráfot. Így a páros gráf két osztályában lév pontoknak feleljenek meg egyrészt a sorok, másrészt a színek. Pontosan akkor kössünk össze egy sort egy színnel, ha az adott sorban van az adott szín korong (az alábbi ábrán a feladat elején bemutatott táblához tartozó gráfot ábrázoltuk). Fh Fk Pi Ezen a nyelven mit jelent az, hogy tudjuk úgy csereberélni a korongokat, hogy legyen egy vegyes oszlop? Ez pontosan akkor történik meg, hogyha a gráfban van teljes párosítás (hiszen ekkor minden sorhoz tartozik egy egyedi szín). eljes párosítások létezésér l szól az alábbi alapvet és szép tétel: étel (K nig-hall). Egy páros gráfban két osztálya azonos méret (nevezzük alsó, illetve fels osztálynak). Ekkor a gráfban pontosan akkor van teljes párosítás, ha az alsó osztály tetsz leges X részhalmazát kiválasztva, a kiválasztott pontok szomszédainak száma (a fels osztályban) legalább annyi, mint X mérete. Bizonyítás. A bizonyítás megtalálható például itt: A tételben megfogalmazott feltételét Hall-feltételnek hívjuk. Elég tehát ellen riznünk a Hall-feltétel teljesülését az általunk deniált gráfon. együk fel, hogy nem teljesül a Hall-feltétel, azaz ki tudunk választani l sort úgy, hogy a velük szomszédos színek száma kisebb, mint l. Mit is jelent ez? A kiválasztott l darab sorban kevesebb mint l-féle szín korong szerepel, azaz ezekben a sorokban kevesebb, mint l n korong van. De ez ellentmondás, hiszen l sorban pontosan ln korongnak kellene szerepelnie. ehát a gráfunk nem sértheti meg a Hall-feltételt. ehát a gráfban van teljes párosítás, tehát sorokon belüli cserékkel, elérhetjük azt, hogy az els oszlopban különböz szín korongok szerepeljenek. Így a feladat állítását nem csak háromra, hanem tetsz leges k-ra is beláttuk. 8. Adott egy méret rácstéglalap. Egy rácspontot igazságosnak nevezünk, hogyha a rajta átmen 2 tengelypárhuzamos egyenes a nagy téglalap bal fels és jobb alsó sarkából egyenl terület téglalapot vág le (egy ilyen pont látható az ábrán). Hány igazságos rácspont van a téglalap belsejében? (IV. Dürer Verseny, Levelez, 2011, osztályosoknak) Megoldás: Használjuk az ábrán látható jelöléseket. Legyen O olyan pont, amire a két vizsgált téglalap területe azonos. 4

5 D H G O C F A E B Húzzuk be az AO és OC szakaszokat, ezek felezik az AEOH, illetve a OF CG téglalapok területét. Mivel a HOGD és az EBF O téglalapok területe megegyezik a feltevésünk miatt. Ezért az AOC töröttvonal felezi az ABCD téglalap területét. Ezt viszont elmondhatjuk AC-ról, a téglalap átlójáról is. Ez csak úgy lehetséges, ha az O pont az AC átlón van. Viszont, ha O az átlón van, akkor a megfelel téglalapok területe azonos, az el z gondolatmenet észrevételeit könnyen alkalmazhatjuk ennek az igazolására. Így a kérdés az, hogy hány rácspont van a táglalap átlóján? Egy (x, y) rácspont, pontosan akkor van az átlón, ha teljesül a következ azonosság: x y = = 3, azaz 2x = 3y. (1) 2 Az (1) azonosság feltétele teljesül, ha x hárommal osztható (hiszen ekkor y = 2x 3 egész szám). Így az átlón lév pontok száma = 671. ehát a téglalap belsejében = 669 olyan rácspont van, ami megfelel a feltételeknek. Megjegyzés: Bár ez a feladat önmagában is érdekes, érdemes megemlíteni, hogy az eredetileg ez egy lemma volt a számelmélet alaptételének egy geometriai bizonyításában. Err l b vebben Surányi János: Már a régi görögök is tudták... (in: Freud Róbert: Nagy pillanatok a matematika történetében) tanulmányában olvashatnak az érdekl d k. 9. Egy 5 5-ös négyzetrács minden mez jében van egy-egy izzó. Minden egyes lámpa kapcsolásakor a 4 oldalszomszédja megváltoztatja az állapotát, de saját maga nem. El lehet-e érni, hogy minden lámpa égjen, ha kezdetben mindegyik le volt kapcsolva? (III. Dürer Verseny, Levelez, 2010, 7-8. osztályosoknak) Megoldás: Engedjünk a feladat feltételeib l, próbáljunk csupán annyit elérni, hogy a f átló összes lámpája legyen felkapcsolva. Megmutatjuk, hogy hiába voltunk engedékenyek, már ezt a szerényebb célt sem tudjuk elérni. Az ábrán megjelöltük azokat a mez k, amelyek megnyomása megváltoztatja legalább az egy, a f átlón lév lámpa állapotát. S t, az is igaz, hogy minden kapcsolás az átlón pontosan két lámpa állapotát változtatja meg. Kezdetben az átlón páros sok (azaz 0) lámpa égett, és ez megmarad két lámpa megváltoztatása után. Hiszen ha e-nek és e + x y-nek ugyanaz a paritása, ha x + y = 2 (e az 5

6 ég lámpák, x a fekapcsolt, y a lekapcsolt lápák száma). Ezért nem lehet elérni, hogy a f átló összes lámpáját felkapcsoljuk. Csatlakozó kérdések: Ennél a feladatnál sok természetes, érdekes és megoldható csatlakozó kérdést tehetünk fel. Ezek megválaszolását az Olvasóra bízzuk. Hány lámpát tudunk legfeljebb felkapcsolni? Milyen kezd helyzetek esetén érhetjük el, hogy mindegyik lámpa égjen? Mi a helyzet 6 6-os rács esetén? Mi a helyzet akkor, ha egy kapcsoláskor a középs is változik? 6